Question

【题目】铝氢化钠（NaAlH4）是重要的还原剂。以铝土矿（主要成分Al2O3，含少量SiO2、Fe2O3等杂质）为原料制备NaAlH4的一种流程如图：

已知：碱浸中SiO2转化成难溶的Na2Al2SixO8

（1）Na2Al2SixO8用氧化物的形式表示为___（x用具体的数值表示）。

（2）过滤1得滤液的主要成分为NaOH和NaAlO2，写出反应1中NaHCO3与NaAlO2反应的离子方程式：___。

（3）电解2生成NaHCO3和NaOH用于循环使用，写出电解2阴极的电极反应式：___。

（4）反应3的化学方程式为___。

（5）铝氢化钠遇水发生剧烈反应产生大量气泡，其反应的化学方程式为___。

（6）滤渣主要成分有Na2Al2SixO8和Fe2O3，可以采用如图流程进行分离：

①滤渣溶于盐酸所得的固体物质可能为___（填化学式）。

②滤渣溶于盐酸的“酸浸率”与温度关系如图所示，试解释温度过高，“酸浸率”降低的原因___。

③已知常温下，Ksp[Fe(OH)3]＝8.0×10-38，Al3+开始沉淀的pH为4，（溶液中离子的浓度小于1×10-5mol/L为沉淀完全），从滤液中先分离出Fe3+，应调节pH范围为___（lg2≈0.3）。

Answer 1

【答案】Na2OAl2O32SiO2 HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3↓+CO32- 2H2O+2e-=H2↑+2OH-（或2H++2e-=H2↑） ACl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑ H2SiO3 温度过高，盐酸挥发损失，从而使“酸浸率”降低 3.3<pH<4

【解析】

以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝，由流程可知，加NaOH溶解时Fe2O3不反应，由信息可知SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为Fe2O3、铝硅酸钠，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al(OH)3，过滤II得到Al(OH)3，灼烧生成氧化铝，电解I为电解氧化铝生成Al和氧气，纯铝在氯气中燃烧生成氯化铝，氯化铝再与NaH反应生成氢化铝钠（NaAlH4），据此分析解答。

(1)由化合物化合价的代数和为0，得x=2，Na2Al2SixO8，用氧化物的形式表示为Na2OAl2O32SiO2；

(2)HCO3-与AlO2-反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-；

(3)电解2阴极产生H2，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-（或2H++2e-=H2↑）；

(4)由图示知反应3为AlCl3与NaH反应，由原子守恒得另一种产物为NaCl，反应的方程式为ACl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl；

(5)氢化铝钠遇水剧烈反应产生大量气泡，反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑；

(6)①Na2Al2SixO8为硅酸盐，与盐酸反应生成H2SiO3沉淀；

②由于盐酸易挥发，所以温度过高，滤渣溶于盐酸的“酸浸率”会降低；

③要使Fe3+完全沉淀，即c(Fe3+)＜10-5mol/L，故c(OH-)＞==2×10-11 mol/L，利用常温下水的离子积常数Kw=10-14，c(H+)=＜5×10-4 mol/L，故pH>3.3，而Al3+开始沉淀时的pH为4，故pH范围为3.3<pH<4。